Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Аналитическая геометрия

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.05.2015

Размер:

1.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 76 7 > Следующая >>>

Эта задача может решаться аналогично предыдущей. Известны две точки M1 x1 , y1 , z1 и M 2 x2 , y2 , z2 , лежащие в плоскости, и вектор ( q1 l1 , m1 , n1 или q2 ), параллельный плоскости. Произвольная точка M x, y, z будет принадлежать плоскости, если выполняется условие компланарности трех векторов:

	x	x1	y	y1	z	z1
	x1	x2	y1	y2	z1	z2	0 – это уравнение искомой плоскости.
		l1		m1		n1
Аналогично решается задача построения плоскости									,	проходящей
через две пересекающиеся прямые.
Задача 4. Найти уравнение прямой L , проходящей через заданную точку
M 0 (x0 , y0 , z0 ) и перпендикулярной плоскости : Ax By								Cz	D	0
Решение.				Так	как		прямая L перпендикулярна	плоскости , то ее

направляющий вектор параллелен нормали к плоскости. Следовательно,

нормаль к плоскости

A, B,C

может служить направляющим вектором

прямой L. Запишем каноническое уравнение прямой:

x x0

y y0

Задача

Построить прямую L , перпендикулярную двум

скрещивающимся прямым.

L :

x x1

y y1

z z1

x x2

y y2

z z2

и проходящую через заданную точку M 0 (x0 , y0 , z0 ) .

Решение. Так как прямая L перпендикулярна к прямым L1 и L2, то ее направляющий вектор q l, m, n можно найти как векторное произведение направляющих векторов этих прямых:

q q q	2	m1	n1	;	l1	n1	;	l1	m1	.
1	2	m2	n2		l2	n2		l2	m2
		m2	n2		l2	n2		l2	m2

Тогда можно составить каноническое уравнение искомой прямой:

Задача 6.

Найти точку пересечения прямой L :

x x0

y y0

z z0

плоскости

: Ax By Cz D 0 .

Решение. Чтобы найти точку пересечения прямой и плоскости, нужно

решить совместно уравнения прямой L и плоскости

Ax By

Для этого приведем уравнение прямой к параметрическому виду:

x	x0	lt
y	y0	mt	(*)
z	z0	nt

и подставим выражения x, y, z в уравнение плоскости.

Решим полученное уравнение с одной неизвестной t, а найденное значение

подставим в (*). Полученные значения x, y, z будут координатами искомой точки пересечения.

Задача 7. Через точку M 0 (x0 , y0 , z0 )					провести прямую, перпендикулярную
заданной прямой L :	x x1	y y1		z	z1	.
заданной прямой L :						.
1	l1	m1			n1
	l1	m1			n1
Решение.
1). Сначала через точку			M 0 (x0 , y0 , z0 ) проведем плоскость				,
перпендикулярную прямой L1 :

: l1 (x x0 ) m1 ( y y0 ) n1 (z z0 ) 0 .

2).

Найдем

точку

пересечения

прямой

плоскости

M 2

x2 , y2 , z2

L1 .

Для

этого решим

систему уравнений

прямой и

плоскости:

l1 (x x0 ) m1 ( y y0 ) n1 (z z0 )

3). Через две точки M 0 (x0 , y0 , z0 )

и M 2

x2 , y2 , z2

проведем прямую L:

Задача 8. Найти проекцию

точки M 0 (x0 , y0 , z0 )

на

плоскость

Ax By Cz D 0 .

Решение.

а) Найдем прямую L , проходящую через точку M 0

и перпендикулярную

плоскости

L :

x x0

y y0

z z0

б) Найдем точку пересечения прямой L и плоскости

: M1

(см.

задачу 6).

Точка М1

– это искомая проекция.

Задача

Найти

проекцию

точки

M 0

на

прямую

L1 :

x1 y

Решение.

а) Проводим плоскость : M 0 , L1 .

: l1 (x x0 ) m1 ( y y0 ) n1 (z z0 ) 0 .

б) M 2 L1 – это искомая проекция.

Задача 10. Найти проекцию прямой L :

z z0

на плоскость

: Ax By Cz

0 .

а) Через прямую проводим плоскость

1 . Используем условие

компланарности

трех

векторов:

q l, m, n , n A, B,C , M0 M x x0 , y y0 , z z0 .

После

преобразований получим

общее

уравнение

плоскости

1 : A1 x B y C1 z D1

0 .

б) Искомая прямая L1 задается пересечением двух плоскостей : и 1 :

A1 x B1 y C1 z D1

Осталось привести уравнение к каноничному виду.

Задача 11. Найти расстояние от точки M 0

до прямой L1 .

а) Найти точку M1 –

проекцию точки M 0

на прямую L1 .

б) Длина вектора M 0 M1

– это искомое расстояние.

Задача 12. Найти расстояние между двумя скрещивающимися прямыми

L1 и L2 .

а) Через прямую L1 проводим плоскость

1 :

1 ||

L2 .

б) Находим расстояние от любой точки M 2

до

1 .

Примеры решения задач по теме «Аналитическая геометрия»

Задача 1. Даны координаты вершин треугольника A(2;2), B(-2;-8), C(-6;-2).

Требуется составить уравнение высоты BD и определить острый угол между этой высотой и стороной BC.

Решение. Найдѐм уравнение стороны AC по формуле	y		y1	x		x1	;
	y	2	y	x	2	x

			1			1

	y	2		x	2	или	y	1	x	1, где угловой коэффициент k AC					1	.
2		2	6		2			2							2

Уравнение высоты BD:							y		y0	k x x0 , где k	1	и x0	, y0	-	координаты

											k AC

точки В. Здесь kBD 2 .

y+8=-2(x+2) или 2x+y+12=0.

Запишем уравнение стороны BC и найдѐм k BC :									y	8					x		2	или
Запишем уравнение стороны BC и найдѐм k BC :									2	8	6						2	или
									2	8	6						2
3x+2y+22=0,		kBC		3	.
3x+2y+22=0,		kBC	2		.
			2
Тогда, поскольку угол DBC=						должен быть острым,
tg	kBC kBD		1.5 2				1	и	arctg			1		.
tg	1 kBC kBD	1	( 1.5)(			2) 8		и	arctg			8		.
Задача 2. Найти проекцию т. M(-3;3;3) на прямую													x			2 y		1 0
Задача 2. Найти проекцию т. M(-3;3;3) на прямую													3x				4 y	2z 7 0.
													3x				4 y	2z 7 0.

Решение. Через т. М проводим плоскость, перпендикулярную данной прямой. Точка пересечения этой плоскости с данной прямой и будет искомой точкой N.

Направляющий вектор прямой



			i	j	k

q	n1	n2	1 2 0			4i 2 j 2k .
			3	4	2

Запишем уравнение плоскости, проходящей через точку М перпендикулярно заданной прямой:

-4(x + 3) + 2(y - 3) - 2(z - 3) = 0 или 2x – y + z + 6 = 0. Теперь нужно найти точку

пересечения этой плоскости и данной прямой. Для этого решим систему уравнений прямой и плоскости. Решаем методом Крамера.

2 y

12;

36; y

12;

z 12. x

3; y

1 .

Искомая точка N(-3;1;1).

Задача

Найти

точку

М пересечения

прямой

y 3

z 1

плоскости 2x + y + 7z – 3 = 0.

Решение. Чтобы найти координаты точки пересечения, нужно решить систему уравнений прямой и плоскости. Это удобно сделать так. Запишем уравнение прямой в параметрической форме:

x 3t 7 y t 3

z 2t 1.

Подставим выражение x, y, z через параметр t в уравнение плоскости:

2(3t + 7) + (t + 3) -7(2t + 1) – 3 = 0.

Откуда получаем t = 1, поэтому точка пересечения имеет координаты

x = 3 + 7 = 10, y = 1 + 3 = 4, z = -2 -1 = -3, т.е. М(10,4,3).

Кривые второго порядка 58

Пример приведения общего уравнения линии второго порядка к каноническому виду

Эллипс 61

Вывод уравнения эллипса 61

Гипербола 63

Парабола 64

Примеры решения задач на тему «Кривые второго порядка». 65

Кривые второго порядка

Общее уравнение кривой второго порядка в декартовой системе координат имеет

вид

Ax2

2Bxy

Cy2

2Dx

2Ey

0 ,

A, B, C – одновременно не равны нулю.

Важнейшие случаи общего уравнения кривой II порядка.

Эллипс:

1 , ( a

0 ). При a

b - окружность. x2

y2 a2 ;

Гипербола:

1, ( a

0 )

с полуосями a и

b ;

Парабола:

2 px , ( p

0 );

Пара пересекающихся прямых:

a2 x2

b2 y2

0 , ( a,b

0 )

x2 ,

x ;

Пара параллельных или совпадающих прямых: x2

a2 0 , ( a

0 )

x a ;

6.Точка: x2 y2 0 .

Могут быть случаи, когда нет точек, удовлетворяющих уравнению:
x2	y2	1	- мнимая кривая II порядка (эллипс мнимый);
y2	a2	0	- пара мнимых параллельных прямых.
Пример приведения общего уравнения линии второго порядка к
				каноническому виду
Ax2	2Bxy		Cy2 2Dx	2Ey F 0	(*)
В большинстве формул теории линий второго порядка коэффициенты B, D, E входят
деленными на 2,			т. е. буквы	B, D, E обозначают половину коэффициента. Первые три
члена уравнения называются старшими членами.

Можно записать уравнение (*) следующим образом:

Ax 2 2Bxy Cy 2 2Dx 2Ey F ( Ax By D)x (Bx Cy E) y (Dx Ey F ) 0

Пусть дано общее уравнение II порядка (*). Требуется упростить это уравнение

путѐм перехода к другой системе координат (с более выгодным расположением осей):

1)добиться, чтобы число членов первой степени стало наименьшим;

2)в группе старших членов избавиться от слагаемого с произведением координат;

3)избавиться от свободного члена.

Для этого воспользуемся параллельным переносом и поворотом координатных осей.

Выведем формулы преобразования координат при параллельном переносе и повороте осей. Пусть точка M имеет координаты x, yв «старой системе координат» и x', y' – в новой системе координат, полученной путем параллельного переноса и

последующего поворота осей.

Параллельный перенос координатных осей

y''

x''

(1)

y''

x''

0''

x''

Поворот координатных осей

Пусть

x''

cos

y''

sin

cos

sin

' .

My'

Mx'

x''

cos(

)

(cos

'cos

sin

'sin

)

(

cos

') cos

(

sin

')sin

x'cos

y'sin

y''

sin(

)

(cos

'sin

sin

'cos

)

(

cos

')sin

(

sin

') cos

x'sin

y'cos

x'cos

y'sin

(2)

x'sin

y'cos

Формулы (1) и (2) задают старые координаты точки через ее координаты в новой системе.

Рассмотрим приведение общего уравнения линии второго порядка к каноническому виду на примере.

Пусть дано общее уравнение второго порядка:

17 x2 12 xy

8y2

46 x

28 y

0 .

(3)

Произведем параллельный

перенос

координатных осей

в точку

S (x0 , y0 ) по

x'' x0

формулам (1):

y'' y0 .

17(x''

x )2

12(x'' x )( y'' y

)

8( y''

46(x''

x )

28( y''

)

17x''2

12x'' y''

8y''2

2(17xo

6 y0

23)x''

2(6x0

8y0

14) y''

(17x02

12x0 y0

8y02

46x0

28y0

17)

(3’)

Чтобы избавиться от членов первого порядка, приравняем коэффициенты при них к нулю:

6x0	8y0	14	0
17x0	6 y0	23	0.
Решив	систему, найдем координаты точки			S x0 , y0 , нового начала координат:
S 1, 1 . Подставим эти координаты в уравнение (3’). В новых координатах уравнение
примет вид:
17 x''2	12 x'' y'' 8y''2 20 0			(4)

Геометрический смысл преобразования – перенести начало координат в центр

кривой.

Осталось повернуть оси, чтобы они совпали с осями симметрии кривой.

Воспользуемся формулами поворота координатных осей (2).
17x''2 12x'' y''		8y''2	20	(17cos2	12cos sin	8sin2 )x'2	2( 17cos	sin	(5)
6cos2	6sin2		8cos	sin )x' y'	(17sin2	12cos sin	8cos2 ) y'2	20

Подбираем угол			так, чтобы коэффициент при произведении x' y' стал равен нулю,
т. е. решаем уравнение
17cos	sin	6cos2		6sin 2	8cos sin	0 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 76 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.05.201515.46 Кб49анализ урока.docx
#
08.12.20181.77 Mб7анализ финансовой устойчивости УМПО.doc
#
22.08.2019526.92 Кб5анализ.хоз.деятельности предприятия.rtf
#
17.11.20191.53 Mб15аналитическая геометрия.doc
#
17.05.20152.08 Mб496Аналитическая геометрия.doc
#
17.05.20151.59 Mб86Аналитическая геометрия.pdf
#
18.03.20164.59 Mб148Анатомия йоги, асаны.docx
#
17.05.201533.28 Кб12АНКЕТА ДЛЯ ПОТЕНЦИАЛЬНЫХ ВОЛОНТЕРОВ.doc
#
18.03.201629.03 Кб17анлатма языу 9 класс (1).docx
#
17.05.201527.28 Кб9анлатмалы языу 6 класс.docx
#
19.09.20191.43 Mб13Аннотированные вопросы к госэкзамену.doc